专题10《电磁感应中的动力学问题和能量问题》

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1、专题专题1010电磁感应中的动电磁感应中的动力学问题和能量问题力学问题和能量问题 点拨点拨1.1.由由F F=知知,v v变化时变化时,F F变化变化,物体所受合外力物体所受合外力变化变化,物体的加速度变化物体的加速度变化,因此可用牛顿运动定律进因此可用牛顿运动定律进行动态分析行动态分析.2.2.在求某时刻速度时在求某时刻速度时,可先根据受力情况确定该时可先根据受力情况确定该时刻的安培力刻的安培力,然后用上述公式进行求解然后用上述公式进行求解.二、电磁感应的能量转化二、电磁感应的能量转化1.1.电磁感应现象的实质是电磁感应现象的实质是 和和 之间之间的转化的转化.2.2.感应电流在磁场中受安培

2、力感应电流在磁场中受安培力,外力克服安培力外力克服安培力 ,将将 的能转化为的能转化为 ,电流做功再电流做功再 将电能转化为将电能转化为 .3.3.电流做功产生的热量用焦耳定律计算电流做功产生的热量用焦耳定律计算,公式为公式为 .其他形式的能其他形式的能电能电能做功做功其他形式其他形式电能电能内能内能Q Q=I I2 2RtRt特别提醒特别提醒在利用能的转化和守恒定律解决电磁感应的问题在利用能的转化和守恒定律解决电磁感应的问题时时,要注意分析安培力做功的情况要注意分析安培力做功的情况,因为安培力做的因为安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁桥梁

3、”.简单表示如下简单表示如下:电能电能 其他形式能其他形式能.W W安安0 0W W安安0 0热点一热点一 对导体的受力分析及运动分析对导体的受力分析及运动分析从运动和力的关系着手从运动和力的关系着手,运用牛顿第二定律运用牛顿第二定律.基本方基本方法是法是:受力分析受力分析运动分析运动分析(确定运动过程和最终的确定运动过程和最终的稳定状态稳定状态)由牛顿第二定律列方程求解由牛顿第二定律列方程求解.运动的动态结构运动的动态结构:这样周而复始的循环这样周而复始的循环,循环结束时加速度等于零循环结束时加速度等于零,导导体达到平衡状态体达到平衡状态.在分析过程中要抓住在分析过程中要抓住a a=0=0时

4、速度时速度v v达达到最大这一关键到最大这一关键.热点聚焦热点聚焦特别提示特别提示1.1.对电学对象要画好必要的等效电路图对电学对象要画好必要的等效电路图.2.2.对力学对象要画好必要的受力分析图和过程示对力学对象要画好必要的受力分析图和过程示意图意图.热点二热点二 电路中的能量转化分析电路中的能量转化分析从能量的观点着手从能量的观点着手,运用动能定理或能量守恒定律运用动能定理或能量守恒定律.基本方法是基本方法是:受力分析受力分析弄清哪些力做功弄清哪些力做功,做正功还是负功做正功还是负功明确明确有哪些形式的能参与转化有哪些形式的能参与转化,哪些增哪些减哪些增哪些减由动能定由动能定理或能量守恒定

5、律列方程求解理或能量守恒定律列方程求解.例如例如,如图如图1 1所示所示,金属棒金属棒abab沿导轨沿导轨由静止下滑时由静止下滑时,重力势能减少重力势能减少,一一部分用来克服安培力做功转化为部分用来克服安培力做功转化为感应电流的电能感应电流的电能,最终在最终在R R上转化上转化为焦耳热为焦耳热,另一部分转化为金属棒另一部分转化为金属棒的动能的动能.若导轨足够长若导轨足够长,棒最终达到稳定状态匀速运棒最终达到稳定状态匀速运动时动时,重力势能的减少则完全用来克服安培力做功转重力势能的减少则完全用来克服安培力做功转化为感应电流的电能化为感应电流的电能.因此因此,从功和能的观点入手从功和能的观点入手,

6、分分析清楚电磁感应过程中能量转化的关系析清楚电磁感应过程中能量转化的关系,是解决电磁是解决电磁感应问题的重要途径之一感应问题的重要途径之一.图图1 1限时自我测试限时自我测试(20(20分分)如图如图7 7所示所示,足够长的光滑平行金足够长的光滑平行金属导轨属导轨MNMN、PQPQ竖直放置竖直放置,一个磁感应强一个磁感应强度度B B=0.50 T=0.50 T的匀强磁场垂直穿过导轨平的匀强磁场垂直穿过导轨平面面,导轨的上端导轨的上端M M与与P P间连接阻值为间连接阻值为R R=0.30=0.30 的电阻的电阻,长为长为L L=0.40 m=0.40 m、电阻、电阻为为r r=0.20=0.2

7、0 的金属棒的金属棒abab紧贴在导轨上紧贴在导轨上.现使金属棒现使金属棒abab由静止开始下滑由静止开始下滑,通过传感器记录金通过传感器记录金属棒属棒abab下滑的距离下滑的距离,其下滑距离与时间的关系如下其下滑距离与时间的关系如下表所示表所示,导轨电阻不计导轨电阻不计.(.(g g=10 m/s=10 m/s2 2)求求:图图7 7时间时间t t(s)(s)0 00.100.100.200.200.300.300.400.400.500.500.600.600.700.70下滑距离下滑距离x x（m m）0 00.100.100.300.300.700.701.201.201.701.70

8、2.202.202.702.70(1)(1)在前在前0.4 s0.4 s的时间内的时间内,金属棒金属棒abab电动势的平均值电动势的平均值.(2)(2)金属棒的质量金属棒的质量.(3)(3)在前在前0.7 s0.7 s的时间内的时间内,电阻电阻R R上产生的热量上产生的热量.时间时间t t(s)(s)0 00.100.100.200.200.300.300.400.400.500.500.600.600.700.70下滑距离下滑距离x x（m m）0 00.100.100.300.300.700.701.201.201.701.702.202.202.702.70解析解析 (1)=0.6 V

9、(1)=0.6 V (4(4分分)(2)(2)从表格中数据可知从表格中数据可知,0.3 s,0.3 s后金属棒做匀速运动后金属棒做匀速运动速度速度v v=5 m/s=5 m/s (2 (2分分)由由mgmg-F F=0=0 (2 (2分分)F F=BIL BIL (2(2分分)I I=(2=(2分分)E E=BLBLv v (2(2分分)解得解得m m=0.04 kg=0.04 kg (1 (1分分)(3)(3)金属棒在下滑过程中金属棒在下滑过程中,有重力和安培力做功有重力和安培力做功,克克服安培力做的功等于回路的焦耳热服安培力做的功等于回路的焦耳热.则则mgxmgx=m mv v2 2-0+

10、-0+Q Q (2(2分分)Q QR R=(2=(2分分)解得解得Q QR R=0.348 J (1=0.348 J (1分分)答案答案 (1)0.6 V (2)0.04 kg (3)0.348 J(1)0.6 V (2)0.04 kg (3)0.348 J解题思路图解题思路图B B题型题型1 1 电磁感应中的动力学问题电磁感应中的动力学问题【例例1 1】如图如图2 2所示所示,光滑斜面的倾角光滑斜面的倾角 =30,=30,在斜面上放置一矩形线框在斜面上放置一矩形线框 abcdabcd,ab,ab边的边长边的边长l l1 1=1 m,=1 m,bcbc边的边长边的边长 l l2 2=0.6 m

11、,=0.6 m,线框的质量线框的质量m m=1 kg,=1 kg,电阻电阻 R R=0.1,=0.1,线框通过细线与重物相线框通过细线与重物相 连连,重物质量重物质量M M=2 kg,=2 kg,斜面上斜面上efef线线(efefghghabab)的右的右 方有垂直斜面向上的匀强磁场方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度磁感应强度B B=0.5 T.=0.5 T.如果线框如果线框从静止开始运动从静止开始运动,进入磁场最初一段时间是匀速的进入磁场最初一段时间是匀速的,ef ef 线和线和ghgh线的距离线的距离s s=11.4 m(=11.4 m(取取g g=10 m/s=10 m/s2 2).

12、).求求:题型探究题型探究图图2 2（1）线框进入磁场时匀速运动的速度）线框进入磁场时匀速运动的速度v.(2)ab边由静止开始运动到边由静止开始运动到gh线所用的时间线所用的时间t.(1)(1)线框进入磁场时匀速运动的速度线框进入磁场时匀速运动的速度v v.(2)(2)abab边由静止开始运动到边由静止开始运动到ghgh线所用的时间线所用的时间t t.思路点拨思路点拨 线框的运动可分为进入磁场前、进入磁线框的运动可分为进入磁场前、进入磁场中、完全进入磁场后三个阶段场中、完全进入磁场后三个阶段,分析每个阶段的受分析每个阶段的受力力,确定运动情况确定运动情况.解析解析 (1)(1)在线框进入磁场的

13、最初一段时间内在线框进入磁场的最初一段时间内,重物重物和线框受力平衡和线框受力平衡,分别有分别有MgMg=F FT TF FT T=mgmgsin +sin +F FA Aabab边切割磁感线产生的电动势边切割磁感线产生的电动势E E=BlBl1 1v v感应电流感应电流I I=受到的安培力受到的安培力F FA A=BIlBIl1 1联立得联立得MgMg=mgmgsin +sin +代入数据得代入数据得v v=6 m/s=6 m/s(2)(2)线框进入磁场前做匀加速直线运动线框进入磁场前做匀加速直线运动对对M M有有:MgMg-F FT T=MaMa对对m m有有:F FT T-mgmgsin

14、 =sin =mama联立解得联立解得a a=5 m/s=5 m/s2 2该阶段运动时间为该阶段运动时间为t t1 1=s=1.2 s=s=1.2 s在磁场中匀速运动的时间在磁场中匀速运动的时间t t2 2=s=0.1 s=s=0.1 s完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同,加速度仍为加速度仍为5 m/s5 m/s2 2s s-l l2 2=v v t t3 3+atat3 32 2解得解得t t3 3=1.2 s=1.2 s因此因此abab边由静止开始运动到边由静止开始运动到ghgh线所用的时间线所用的时间t t=t t1 1+t t2 2+t

15、 t3 3=1.2 s+0.1 s+1.2 s=2.5 s=1.2 s+0.1 s+1.2 s=2.5 s答案答案 (1)6 m/s (2)2.5 s(1)6 m/s (2)2.5 s规律总结规律总结 此类问题中力现象和电磁现象相互联系此类问题中力现象和电磁现象相互联系,相互制相互制约约,解决问题首先要建立解决问题首先要建立“动动电电动动”的思维顺的思维顺序序,可概括为可概括为(1)(1)找准主动运动者找准主动运动者,用法拉第电磁感应定律和用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解电动势大小和方向楞次定律求解电动势大小和方向.(2)(2)根据等效电路图根据等效电路图,求解回路中电流的大小及求解回路中电

16、流的大小及方向方向.(3)(3)分析导体棒的受力情况及导体棒运动后对电分析导体棒的受力情况及导体棒运动后对电路中电学参量的路中电学参量的“反作用反作用”,即分析由于导体棒即分析由于导体棒受到安培力受到安培力,对导体棒运动速度、加速度的影响对导体棒运动速度、加速度的影响,从而推理得出对电路中的电流有什么影响从而推理得出对电路中的电流有什么影响,最后定最后定性分析出导体棒的最终运动情况性分析出导体棒的最终运动情况.(4)(4)列出牛顿第二定律或平衡方程求解列出牛顿第二定律或平衡方程求解.题型题型2 2 电磁感应中的能量问题电磁感应中的能量问题【例例2 2】如图如图4 4所示所示,两条足够长的平行光

17、滑金属导两条足够长的平行光滑金属导轨轨,与水平面的夹角均为与水平面的夹角均为 ,该空间存在着两个磁感该空间存在着两个磁感应强度大小均为应强度大小均为B B的匀强磁场区域的匀强磁场区域和和,区域区域的的磁场方向垂直导轨平面向下磁场方向垂直导轨平面向下,区域区域的磁场方向垂的磁场方向垂直导轨平面向上直导轨平面向上,两匀强磁场在斜面上的宽度均为两匀强磁场在斜面上的宽度均为L L,一个质量为一个质量为m m、电阻为、电阻为R R、边长为、边长为L L的正方形金属的正方形金属线框线框,由静止开始沿导轨下滑由静止开始沿导轨下滑,当线圈运动到当线圈运动到abab边刚边刚越过越过eeee即做匀速直线运动即做匀

18、速直线运动;当线框刚好有一半进入当线框刚好有一半进入磁场区域磁场区域时时,线框又恰好做匀速直线运动线框又恰好做匀速直线运动.求求:(1)(1)当线框刚进入磁场区域当线框刚进入磁场区域时的速度时的速度v v.(2)(2)当线框刚进入磁场区域当线框刚进入磁场区域时的加速度时的加速度.(3)(3)当线框刚进入磁场区域当线框刚进入磁场区域到刚好有一半进入磁场区域到刚好有一半进入磁场区域的过程中产生的热量的过程中产生的热量Q Q.思路点拨思路点拨 (1)(1)第一次匀速直线运动和第二次匀速第一次匀速直线运动和第二次匀速直线运动的受力特点相同吗直线运动的受力特点相同吗?(2)(2)这一过程中都有几种形式的

19、能参与了转化这一过程中都有几种形式的能参与了转化?解析解析 (1)(1)abab边刚越过边刚越过eeee即做匀速直线运动即做匀速直线运动,线框线框所受合力所受合力F F为零为零.E E=BlBlv v,I I=,=,则则mgmgsin =sin =BILBIL解得解得v v=(2)(2)当当abab边刚越过边刚越过ffff时时,线框中的总感应电动势为线框中的总感应电动势为E E=2=2BLBLv v此时线框的加速度为此时线框的加速度为a a=-=-g gsin =-sin =-g gsin =3sin =3g gsin sin(3)(3)设线框再次做匀速运动的速度为设线框再次做匀速运动的速度为

20、v v,则则mgmgsin =2sin =2B B v v=由能量守恒定律得由能量守恒定律得Q Q=mgmg L Lsin +(sin +(m mv v2 2-m mv v2 2)=mgLmgLsin +sin +答案答案 (1)(2)3(1)(2)3g gsin sin （3 3）mgmgL Lsin +sin +方法提炼方法提炼求解焦耳热的途径求解焦耳热的途径(1)(1)感应电路中产生的焦耳热等于克服安培力感应电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功做的功,即即Q Q=W WA A.(2)(2)感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功过电阻做的功,

21、即即Q Q=I I2 2RtRt.(3)(3)感应电流中产生的焦耳热等于电磁感应现感应电流中产生的焦耳热等于电磁感应现象中其他形式能量的减少象中其他形式能量的减少,即即Q Q=E E他他.变式练习变式练习2 2 如图如图5 5所示所示,将边长为将边长为a a、质量为质量为m m、电阻为、电阻为R R的正方形导线框的正方形导线框竖直向上抛出竖直向上抛出,穿过宽度为穿过宽度为b b、磁感、磁感应强度为应强度为B B的匀强磁场的匀强磁场,磁场的方向磁场的方向垂直纸面向里垂直纸面向里.线框向上离开磁场时线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半的速度刚好是进入磁场时速度的一半,线框离开磁场线框

22、离开磁场后继续上升一段高度后继续上升一段高度,然后落下并匀速进入磁场然后落下并匀速进入磁场.整个整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力F Ff f,且线且线框不发生转动框不发生转动.求求:(1)(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v v2 2.(2)(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v v1 1.(3)(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q Q.图图5 5解析解析 (1)(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间有线框在下落阶段匀速进入

23、磁场瞬间有mgmg=F Ff f+解得解得v v2 2=(2)(2)由动能定理由动能定理,线框从离开磁场至上升到最高点线框从离开磁场至上升到最高点的过程的过程(mgmg+F Ff f)h h=m mv v1 12 2 线框从最高点回落至进入磁场瞬间线框从最高点回落至进入磁场瞬间(mgmg-F Ff f)h h=m mv v2 22 2 由由联立解得联立解得v v1 1=v v2 2=(3)(3)设线框在向上通过磁场过程中设线框在向上通过磁场过程中,线框刚进入磁线框刚进入磁场时速度为场时速度为v v0 0,由能量守恒定律有由能量守恒定律有 m mv v0 02 2-m mv v1 12 2=Q

24、Q+(+(mgmg+F Ff f)()(a a+b b)v v0 0=2=2v v1 1Q Q=(mgmg)2 2-F Ff f2 2-(-(mgmg+F Ff f)()(a a+b b)答案答案 (1)(2)(1)(2)(3)(3)(mgmg)2 2-F Ff f2 2-(-(mgmg+F Ff f)()(a a+b b)题型题型3 3 电磁感应问题的综合应用电磁感应问题的综合应用【例例3 3】光滑的平行金属导轨长光滑的平行金属导轨长 L L=2 m,=2 m,两导轨间距两导轨间距d d=0.5 m,=0.5 m,轨轨 道平面与水平面的夹角道平面与水平面的夹角 =30,=30,导轨上端接一阻

25、值为导轨上端接一阻值为R R=0.6=0.6的的 电阻电阻,轨道所在空间有垂直轨道轨道所在空间有垂直轨道 平面向上的匀强磁场平面向上的匀强磁场,磁场的磁磁场的磁 感应强度感应强度B B=1 T,=1 T,如图如图6 6所示所示.有一质量有一质量m m=0.5=0.5kgkg、电阻、电阻 r r=0.4=0.4的的 金属棒金属棒abab,放在导轨最上端放在导轨最上端,其余部分电阻不其余部分电阻不 计计.当棒当棒abab从轨道最上端由静止开始下滑到底端脱离轨从轨道最上端由静止开始下滑到底端脱离轨 道时道时,电阻电阻R R上产生的热量上产生的热量 =0.6 J,=0.6 J,取取g=10g=10m/

26、sm/s2 2,试求试求:图图6 6(1)(1)当棒的速度当棒的速度v v=2 m/s=2 m/s时时,电阻电阻R R两端的电压两端的电压.(2)(2)棒下滑到轨道最底端时的速度大小棒下滑到轨道最底端时的速度大小.(3)(3)棒下滑到轨道最底端时的加速度大小棒下滑到轨道最底端时的加速度大小.解析解析 (1)(1)速度速度v v=2 m/s=2 m/s时时,棒中产生的感应电动势棒中产生的感应电动势E E=BdBdv v=1 V =1 V 电路中的电流电路中的电流I I=1 A=1 A 所以电阻所以电阻R R两端的电压两端的电压U U=IRIR=0.6 V=0.6 V (2)(2)根据根据Q Q=

27、I I 2 2RtRtR R在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量 设棒到达底端时的速度为设棒到达底端时的速度为v v m m,根据能的转化和守恒根据能的转化和守恒定律定律,得得mgLmgLsin =sin =解得解得v v m m=4 m/s =4 m/s (3)(3)棒到底端时回路中产生的感应电流棒到底端时回路中产生的感应电流根据牛顿第二定律有根据牛顿第二定律有mg mg sin -sin -B BI I m md d=ma ma 解得解得a a=3 m/s=3 m/s2 2 答案答案 (1)0.6(1)0.6V V(2)4 m/s(2)4 m/s(3

28、)3(3)3m/sm/s2 2 本题共本题共1010分分.其中其中式式各各1 1分分,式式2 2分分.【导析导析】1.1.本题综合考查电磁感应、牛顿运动定律、能量的转本题综合考查电磁感应、牛顿运动定律、能量的转化与守恒定律等，解答的关键是对金属框进行正确的化与守恒定律等，解答的关键是对金属框进行正确的受力分析，弄清楚能量的转化情况受力分析，弄清楚能量的转化情况.2.2.对导体棒或线框受力分析时，安培力是它们受到的对导体棒或线框受力分析时，安培力是它们受到的其中一个力，因此分析导体棒或线框的运动规律时，其中一个力，因此分析导体棒或线框的运动规律时，方法与力学中完全相同，但必须注意的是，安培力是方

29、法与力学中完全相同，但必须注意的是，安培力是个容易变化的力，其大小和方向都可能随着速度的变个容易变化的力，其大小和方向都可能随着速度的变化而变化化而变化.【评分标准评分标准】能力提升能力提升1.1.如图如图8 8所示所示,边长为边长为L L的正方形导线框质的正方形导线框质 量为量为m m,由距磁场由距磁场H H高处自由下落高处自由下落,其下边其下边 abab进入匀强磁场后进入匀强磁场后,线圈开始做减速运动线圈开始做减速运动,直到其上边直到其上边cdcd刚刚穿出磁场时刚刚穿出磁场时,速度减为速度减为 abab边刚进入磁场时的一半边刚进入磁场时的一半,磁场的宽度也磁场的宽度也 为为L L,则线框穿

30、越匀强磁场过程中发出的则线框穿越匀强磁场过程中发出的 焦耳热为焦耳热为 ()()A.2 A.2mgLmgL B.2 B.2mgLmgL+mgHmgH C.2 C.2mgLmgL+mgHmgH D.2 D.2mgLmgL+mgHmgH图图8 8解析解析 设刚进入磁场时的速度为设刚进入磁场时的速度为v v1 1,刚穿出磁场时刚穿出磁场时的速度的速度v v2 2=线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为为2 2L L.由题意由题意 m mv v1 12 2=mgH mgH m mv v1 12 2+mgmg22L L=m mv v2 22 2+Q Q 由

31、由得得Q Q=2=2mgLmgL+mgHmgH,C,C选项正确选项正确.答案答案 C C2.2.如图如图9 9所示所示,平行导轨与水平地面成平行导轨与水平地面成 角角,沿水平方向横放在平行导轨上沿水平方向横放在平行导轨上 的金属棒的金属棒abab处于静止状态处于静止状态.现加一个现加一个 竖直向下的匀强磁场竖直向下的匀强磁场,且使磁场的磁且使磁场的磁 感应强度逐渐增大感应强度逐渐增大,直到直到abab开始运动开始运动,在运动之前金属棒在运动之前金属棒abab受到的静摩擦力受到的静摩擦力 可能是可能是 ()()A.A.逐渐减小逐渐减小,方向不变方向不变 B.B.逐渐增大逐渐增大,方向不变方向不变

32、 C.C.先减小后增大先减小后增大,方向发生变化方向发生变化 D.D.先增大后减小先增大后减小,方向发生变化方向发生变化图图9 9解析解析 没有加磁场前金属棒没有加磁场前金属棒abab受力如下图甲受力如下图甲,F Ff f=mgmgsin ;sin ;当加磁场后由楞次定律可以判断当加磁场后由楞次定律可以判断回路感应电流的方向为逆时针回路感应电流的方向为逆时针,磁场会立即对电流磁场会立即对电流施加力的作用施加力的作用,金属棒金属棒abab的受力如图乙的受力如图乙,F Ff f=mgmgsin sin +F F安安cos ,cos ,很显然金属棒很显然金属棒abab后来受到的静摩擦力后来受到的静摩

33、擦力大于开始时的静摩擦力大于开始时的静摩擦力,故故B B项正确项正确.答案答案 B B甲甲乙乙3.3.平行金属导轨平行金属导轨MNMN竖直放置于绝缘水竖直放置于绝缘水 平地板上如图平地板上如图1010所示所示,金属杆金属杆PQPQ可以可以 紧贴导轨无摩擦滑动紧贴导轨无摩擦滑动,导轨间除固定导轨间除固定 电阻电阻R R外外,其他电阻不计其他电阻不计,匀强磁场匀强磁场B B垂垂 直穿过导轨平面直穿过导轨平面,以下有两种情况以下有两种情况:第第 一次一次,闭合开关闭合开关S,S,然后从图中位置由然后从图中位置由 静止释放静止释放PQPQ,经过一段时间后经过一段时间后PQPQ匀速到达地面匀速到达地面;

34、第二次第二次,先从同一高度由静止释放先从同一高度由静止释放PQPQ,当当PQPQ下滑下滑 一段距离后突然关闭开关一段距离后突然关闭开关,最终最终PQPQ也匀速到达了也匀速到达了 地面地面.设上述两种情况下设上述两种情况下PQPQ由于切割磁感线产生由于切割磁感线产生 的电能的电能(都转化为内能都转化为内能)分别为分别为E E1 1、E E2 2,则可断定则可断定()()图图1010A.A.E E1 1 E E2 2B.B.E E1 1=E E2 2C.C.E E1 1 E E2 2D.D.无法判定无法判定E E1 1、E E2 2的大小的大小解析解析 设设PQPQ棒的质量为棒的质量为m m,匀速

35、运动的速度为匀速运动的速度为v v,导导轨宽轨宽l l,则由平衡条件则由平衡条件,得得BIlBIl=mgmg,而而I I=,=,E E=BlBlv v,所所以以v v=,=,可见可见PQPQ棒匀速运动的速度与何时闭合棒匀速运动的速度与何时闭合开关无关开关无关,即即PQPQ棒两种情况下落地速度相同棒两种情况下落地速度相同,由能由能的转化和守恒定律得的转化和守恒定律得:机械能的损失完全转化为电机械能的损失完全转化为电能能,故两次产生的电能相等故两次产生的电能相等.答案答案 B B4.4.如图如图1111所示所示,固定在水平绝缘平面上足固定在水平绝缘平面上足 够长的金属导轨不计电阻够长的金属导轨不计

36、电阻,但表面粗糙但表面粗糙,导轨左端连接一个电阻导轨左端连接一个电阻R R,质量为质量为m m的金的金 属棒属棒(电阻也不计电阻也不计)放在导轨上放在导轨上,并与导并与导 轨垂直轨垂直,整个装置放在匀强磁场中整个装置放在匀强磁场中,磁场磁场 方向与导轨平面垂直方向与导轨平面垂直.用水平恒力用水平恒力F F把把abab棒从静止棒从静止 起向右拉动的过程中起向右拉动的过程中,下列说法正确的是下列说法正确的是 ()()A.A.恒力恒力F F做的功等于电路产生的电能做的功等于电路产生的电能 B.B.恒力恒力F F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生和摩擦力的合力做的功等于电路中产生 的电能的电能 C.C

37、.克服安培力做的功等于电路中产生的电能克服安培力做的功等于电路中产生的电能 D.D.恒力恒力F F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生和摩擦力的合力做的功等于电路中产生 的电能和棒获得的动能之和的电能和棒获得的动能之和图图1111解析解析 物体克服安培力做功物体克服安培力做功,其他形式的能转化为其他形式的能转化为电能电能,且功的数值等于电路中产生的电能且功的数值等于电路中产生的电能,C,C正确正确;由由动能定理知动能定理知,恒力恒力F F、安培力和摩擦力三者的合力做、安培力和摩擦力三者的合力做的功等于物体动能的增加量的功等于物体动能的增加量,故故A A、B B错误错误,D,D正确正确,也也可从能

38、量守恒角度进行判定可从能量守恒角度进行判定,即恒力即恒力F F做的功等于电做的功等于电路中产生的电能、因摩擦而产生的内能及棒动能的路中产生的电能、因摩擦而产生的内能及棒动能的增加增加.答案答案 CDCD5.5.如图如图1212所示所示,两根水平放置的相互两根水平放置的相互 平行的金属导轨平行的金属导轨abab、cdcd表面光滑表面光滑,处在竖直向上的匀强磁场中处在竖直向上的匀强磁场中,金属金属 棒棒PQPQ垂直于导轨放在上面垂直于导轨放在上面,以速度以速度 v v向右匀速运动向右匀速运动,欲使棒欲使棒PQPQ停下来停下来,下面的措施可行的下面的措施可行的是是(导轨导轨足够长足够长,棒棒PQPQ

39、有电阻有电阻)()()A.A.在在PQPQ右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒 B.B.在在PQPQ右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均 比棒比棒PQPQ大的金属棒大的金属棒 C.C.将导轨的将导轨的a a、c c两端用导线连接起来两端用导线连接起来 D.D.将导轨的将导轨的a a、c c两端和两端和b b、d d两端分别用导线连接两端分别用导线连接 起来起来图图1212解析解析 在在PQPQ棒右侧放金属棒时棒右侧放金属棒时,回路中会有感应电回路中会有感应电流流,使金属棒加速使金属棒加速,PQPQ棒减速棒减速,当获得共同速

40、度时当获得共同速度时,回路中感应电流为零回路中感应电流为零,两棒都将匀速运动两棒都将匀速运动,A,A、B B项项错误错误;当一端或两端用导线连接时当一端或两端用导线连接时,PQPQ的动能将转的动能将转化为内能而最终静止化为内能而最终静止,C,C、D D两选项正确两选项正确.答案答案 CDCD6.6.如图如图1313所示所示,金属杆金属杆abab可在平行金属可在平行金属 导轨上滑动导轨上滑动,金属杆电阻金属杆电阻R R0 0=0.5,=0.5,长长L L=0.3 m,=0.3 m,导轨一端串接一电阻导轨一端串接一电阻R R=1,1,匀强磁场磁感应强度匀强磁场磁感应强度B B=2 T,=2 T,当

41、当abab以以v v=5 m/s=5 m/s向右匀速运动过程中向右匀速运动过程中,求求:(1)(1)abab间感应电动势间感应电动势E E和和abab间的电压间的电压U U.(2)(2)所加沿导轨平面的水平外力所加沿导轨平面的水平外力F F的大小的大小.(3)(3)在在2 s2 s时间内电阻时间内电阻R R上产生的热量上产生的热量Q Q.图图1313解析解析 (1)(1)根据公式根据公式:E E=BLBLv v=3 V=3 VI I=,=,U U=IRIR=2 V=2 V(2)(2)F F=F F安安=BILBIL=1.2 N=1.2 N(3)2 s(3)2 s内产生的总热量内产生的总热量Q

42、Q等于安培力做的功等于安培力做的功Q Q=F F安安x x=F F安安v vt t=12 J=12 J电阻电阻R R上产生的热量为上产生的热量为QRQR=Q Q=8 J=8 J答案答案 (1)3 V 2 V (2)1.2 N (3)8 J(1)3 V 2 V (2)1.2 N (3)8 J7.7.如图如图1414甲所示甲所示,空间存在空间存在B B=0.5 T,=0.5 T,方向竖直向下方向竖直向下 的匀强磁场的匀强磁场,MNMN、PQPQ是处于同一水平面内相互平是处于同一水平面内相互平 行的粗糙长直导轨行的粗糙长直导轨,间距间距L L=0.2 m,=0.2 m,R R是连在导轨一是连在导轨一

43、 端的电阻端的电阻,abab是跨接在导轨上质量是跨接在导轨上质量m m=0.1 kg=0.1 kg的导的导 体棒体棒.从零时刻开始从零时刻开始,通过一小型电动机对通过一小型电动机对abab棒施棒施 加一个牵引力加一个牵引力F F,方向水平向左方向水平向左,使其从静止开始使其从静止开始 沿导轨做加速运动沿导轨做加速运动,此过程中棒始终保持与导轨此过程中棒始终保持与导轨 垂直且接触良好垂直且接触良好.图乙是棒的图乙是棒的v vt t图象图象,其中其中OAOA段段 是直线是直线,ACAC段是曲线段是曲线,DEDE是曲线图象的渐近线是曲线图象的渐近线,小小 型电动机在型电动机在12 s12 s末达到额

44、定功率末达到额定功率P P额额=4.5 W,=4.5 W,此后此后 功率保持不变功率保持不变.除除R R以外以外,其余部分的电阻均不计其余部分的电阻均不计,g g=10 m/s=10 m/s2 2.(1)(1)求导体棒在求导体棒在0 012 s12 s内的加速度大小内的加速度大小.(2)(2)求导体棒与导轨间的动摩擦因数及电阻求导体棒与导轨间的动摩擦因数及电阻R R的阻值的阻值.(3)(3)若若t t=17 s=17 s时时,导体棒导体棒abab达到最大速度达到最大速度,从从0 017 s17 s内共发生位移内共发生位移100 m,100 m,试求试求121217 s17 s内内,R R上产生

45、的热上产生的热量是多少量是多少?图图1414解析解析 (1)(1)由由v vt t图象知图象知a a=0.75 m/s=0.75 m/s2 2(2)(2)导体棒在导体棒在0 012 s12 s内做匀加速运动内做匀加速运动,电动机的输出电动机的输出功率在增大功率在增大,12 s,12 s末达额定功率末达额定功率,做加速度逐渐减小做加速度逐渐减小的加速运动的加速运动,16 s,16 s后做匀速运动后做匀速运动.设设12 s12 s末的速度为末的速度为v v1 1,0,012 s12 s内的加速度为内的加速度为a a1 1,E E1 1=BlBlv v1 1,I I1 1=由牛顿第二定律由牛顿第二定

46、律F F1 1-mgmg-BIBI1 1L L=mama1 1则则P P额额=F F1 1v v1 1在乙图在乙图C C点时棒达到最大速度点时棒达到最大速度v vm m=10 m/s=10 m/sE Em m=BlBlv vm m,I Im m=由牛顿第二定律：由牛顿第二定律：F F2 2-mgmg-BIBIm mL L=0=0则则P P额额=F F2 2v vm m联立联立,代入数据解得代入数据解得 =0.2,=0.2,R R=0.4=0.4(3)(3)在在0 012 s12 s内通过的位移内通过的位移:x x1 1=(0+=(0+v v1 1)t t1 1=54 m=54 mACAC段过程发生的位移段过程发生的位移:x x2 2=100-=100-x x1 1=46 m=46 m由能量守恒由能量守恒:P P0 0t t=Q QR R+mgmgx x2 2+m mv vm m2 2-m mv v1 12 2解得解得Q QR R=12.35 J=12.35 J答案答案 (1)0.75 m/s(1)0.75 m/s2 2 (2)0.2 0.4 (2)0.2 0.4(3)12.35 J(3)12.35 J反思总结反思总结B B结束结束